2027版53B版新高考版数学总复习重难突破培优2　隐零点问题

培优2隐零点问题利用导函数讨论函数单调性等问题时,求解导函数的零点是解题过程中的关键一

步,但有时我们虽然能确定导函数的零点一定存在,但却很难求出具体的值,这类零点称

为“隐零点”.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求,利用整体代换思想,再结

合题目条件解决问题.

类型1隐零点不含参问题例1

(高考真题精选)已知函数f(x)=

,当a≤-1时,证明:f(x)≤ex-2-1.证明本题虽然有参数a,但是a的范围已知,相当于不含参类型,要证明的不等式中同时

含a与x两个变量,可以分别以a和x为主元进行证明,这里先以a为主元较为简单,设H(a)=

=

·a+

,因为x>0,所以H(a)在a∈(-∞,-1]上单调递增,所以只需证明H(a)max=H(-1)=

≤ex-2-1,即证明xex-2-lnx-x≥-1,转化为证明关于x的不等式.令g(x)=xex-2-lnx-x,则g'(x)=(x+1)ex-2-

-1=(x+1)

,因为x>0,所以x+1>0,故只有

能决定g'(x)的正负,下面构造函数h(x)=ex-2-

,x>0,研究函数h(x)的单调性.令h(x)=ex-2-

,x>0,则h'(x)=ex-2+

,所以h'(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,但是h(x)=0的解很难直接求出,就需要借助零点存在定理大致判断零点所在区间,因为h(1)=

-1<0,h(2)=

>0,所以存在x0∈(1,2),使得h(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,h(x)<0,即g'(x)<0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(x0).下面只需证明g(x0)≥-1.g(x)min=g(x0)=x0

-lnx0-x0,根据h(x0)=0化简.因为h(x0)=0,所以

-

=0,即

=

,即x0

=1,即x0=

,即lnx0=2-x0,所以g(x0)=1-(2-x0)-x0=-1,所以g(x)≥g(x0)=-1,原命题得证.方法总结

利用隐零点证明不等式的一般解题步骤

例2已知函数f(x)=ex-x2-1.若f(x)≥k-

x2+

x(k∈Z)对任意x∈R恒成立,求整数k的最大值.解析对于恒成立问题可以分离变量k,将问题转化为求函数的最值问题.因为f(x)≥k-

x2+

x(k∈Z),即ex-x2-1≥k-

x2+

x对任意x∈R恒成立,所以k≤

ex+

x2-

x-1

min.构造函数,研究函数的单调性,求其最小值.令h(x)=ex+

x2-

x-1,则h'(x)=ex+x-

,显然h'(x)在R上单调递增,但零点无法直接求出,需利用零点存在定理确定零点的大致区间,因为h'(0)=-

<0,h'(1)=e-

>0,所以存在唯一的x0∈(0,1),使得h'(x0)=0,h'(x)的大致图象如图,

所以当x∈(-∞,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以h(x)min=h(x0)=

+

-

x0-1,此处

无法求出具体值,可利用h'(x0)=

+x0-

=0替换

,因为h'(x0)=0,所以h'(x0)=

+x0-

=0,所以

=

-x0,所以h(x)min=h(x0)=

+

-

x0-1=

-

x0+

,因为x0∈(0,1),h(x0)在x0∈(0,1)上单调递减,所以h(x)min∈

,而k≤h(x)min,在

中有-1,0,1这三个整数,故无法确定整数k的最大值,需要继续缩小x0的取值范围,使得h(x)min的范围是[n,n+1),n∈Z的子集,才能得到整数k的最大值为n.又h'

=

-2<0,所以x0∈

,当x0=

时,h(x0)=-

,h(x)min∈

,范围依然不够小,继续缩小x0的取值范围,h'

=

-

>1+

-

=0,(此处用到常用不等式ex≥x+1)所以x0∈

,当x0=

时,h(x0)=-

,此时h(x)min=h(x0)=

-

x0+

∈

,又k∈Z,所以k的最大值为-1.技巧总结

在利用隐零点x0求函数最值时,可以通过二分法不断缩小x0的范围,进而缩小h(x0)的

范围,在证明不等式或者求函数最值时常用此法.例3已知函数f(x)=sinx+x2.(1)求曲线y=f(x)在点

处的切线方程;(2)证明:f(x)>-

.解析

(1)f'(x)=cosx+2x,则f'

=π,又f

=

+1,所以曲线y=f(x)在点

处的切线方程为y=πx-

+1,即4πx-4y-π2+4=0.(2)证明:由(1)得f'(x)=cosx+2x.无法直接判断正负,需继续求导,令u(x)=f'(x),则u'(x)=-sinx+2>0,所以u(x)=f'(x)在定义域内单调递增.知道f'(x)的单调性,需进一步判断f'(x)的正负.容易发现f'(0)=1>0,f'

=-π<0,所以存在x0∈

,使得f'(x0)=cosx0+2x0=0,f'(x)的示意图如图,

所以当x∈(-∞,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.故f(x)≥f(x0)=sinx0+

,因为f'(x0)=cosx0+2x0=0,所以

=

cos2x0.所以f(x0)=sinx0+

=sinx0+

cos2x0=-

sin2x0+sinx0+

.问题转化为证f(x0)>-

.要证f(x)>-

,即证f(x0)>-

,即证-

sin2x0+sinx0+

>-

,即证sinx0∈

,(易错:注意三角函数的有界性)显然当x0∈

时,sinx0∈(-1,0),所以还需进一步缩小x0的范围直至满足sinx0>-

,此时可以尝试代入-

进行验证,因为f'

=

-

<0,且f'(0)=1>0,所以x0∈

,得到sinx0∈

,故f(x)>-

.技巧总结

与三角函数有关的隐零点问题中,三角函数的值域和周期性常常起到关键性作用,

如本题中,因为x0∈

时,sinx0∈(-1,0),无法证明结论,还需进一步缩小x0的范围直至满足sinx0>-

,进而得到f(x)最小值的一个估计值,从而证明不等式成立.类型2隐零点含参问题例已知函数f(x)=e2x-(a+2)x,a∈R.若对任意x>0,总有f(x)≥1+ln(2x)成立,求a的取值范

围.解析对一切x∈(0,+∞),f(x)≥1+ln(2x)恒成立,即e2x-(a+2)x≥1+ln(2x)=lne+ln2+lnx,即e2x-lnx-(a+2)x≥ln(2e)在(0,+∞)上恒成立,下面构造函数φ(x)=e2x-lnx-(a+2)x,x>0,问题转化为证明φ(x)min≥ln(2e).设φ(x)=e2x-lnx-(a+2)x,则φ'(x)=2e2x-

-(a+2),易知φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,且当x→0+时,φ'(x)→-∞,当x→+∞时,φ'(x)→+∞,(因为φ'

(x)的解析式中含有参数a,所以选取任何具体的数值来判断φ'(x)的正负都很困难,可以利用极限的思想,判断x→0+和x→+∞时,φ'(x)的正负)所以φ'(x)存在唯一零点x0,当x∈(0,x0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,所以φ(x)min=φ(x0)=

-lnx0-(a+2)x0,原不等式化为

-lnx0-(a+2)x0≥ln(2e),观察到这个不等式中既有a又有x0,考虑利用φ'(x0)=0消去a.因为φ'(x0)=2

-

-(a+2)=0,所以2

-

=a+2(x0>0),即有

-lnx0-

x0≥ln(2e)=ln2+lne=ln2+1,即(2x0-1)

+ln(2x0)≤0,为了计算简便,设t=2x0,t>0,则(t-1)et+lnt≤0,令h(t)=(t-1)et+lnt,t>0,则h'(t)=tet+

>0,则h(t)单调递增,研究h(t)≤0时t的取值范围.又h(1)=0,所以当h(t)≤0时,0<t≤1,即0<2x0≤1,解得0<x0≤

,最后利用φ'(x0)